1、第七节立体几何中的向量方法最新考纲考情分析核心素养1.理解直线的方向向量与平面的法向量.2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理).4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.主要通过空间角(异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角)的求法考查向量方法应用，多为解答题第2问，分值为12分.1.直观想象2.逻辑推理3.数学运算知识梳理空间角的求法(1)求异面直线所成的角设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角l
2、1与l2所成的角范围(0，)求法cos cos |cos |常用结论两异面直线所成的角可以通过这两条直线的方向向量的夹角来求得，但二者不完全相等，当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角(2)求直线与平面所成的角设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，则sin |cosa，n|(3)求二面角的大小如图，AB，CD是二面角l的两条面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，如图，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足|cos |cosn1，n2|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)常用结论解空间角最值问题时往往
3、会用到最小角定理cos cos 1cos 2如图，若OA为平面的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面内的射影，OC为平面内的一条直线，为OA与OC所成的角，1为OA与OB所成的角，即线面角，2为OB与OC所成的角，那么cos cos 1cos 2.基础自测一、疑误辨析1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角()(2)已知a(2，3，1)，b(2，0，4)，c(4，6，2)，则ac，ab.()(3)已知两平面的法向量分别为m(0，1，0)，n(0，1，1)，则两平面所成的二面角的大小为45.()答案：(1)(2)(3)二、走进教材2(选修2
4、1P112A4改编)已知向量m，n分别是直线l和平面的方向向量和法向量，若cosm，n，则l与所成的角为()A30B60C120D150答案：A3(选修21P104练习2改编)已知两平面的法向量分别为m(0，1，0)，n(0，1，1)，则两平面所成的二面角为()A45B135C45或135D90答案：C三、易错自纠4(2019届湖南五市十校教研教改共同体联考)已知E，F分别是三棱锥PABC的棱AP，BC的中点，AB6，PC6，EF3 ，则异面直线AB与PC所成的角为()A120B45C30D60解析：选D如图，取AC的中点D，连接ED，FD因为E，F分别是三棱锥PABC的棱AP，BC的中点，所
5、以EDPC，FDAB，则EDF(或其补角)即为异面直线AB与PC所成的角又因为AB6，PC6，所以DF3，DE3.在DEF中，cosEDF，即EDF120，所以异面直线AB与PC所成的角为60.故选D5正ABC与正BCD所在平面垂直，则二面角ABDC的余弦值为_解析：取BC中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.设BC1，则A，B，D.，.设平面ABD的法向量为n(x0，y0，z0)，则n0，n0，取x01，则y0，z01，得平面ABD的一个法向量是n(1，1)，由于为平面BCD的一个法向量，cosn，.答案：【例1】(2019届东北四校联考)如图，在正方体ABCDA1B
6、1C1D1中，E为AB的中点(1)求直线AD与直线B1C所成角的大小；(2)求证：平面EB1D平面B1CD解不妨设正方体的棱长为2，以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.根据已知得，D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，B1(2，2，2)(1)(2，0，0)，(2，0，2)，cos，.直线AD和直线B1C所成角为45.(2)证明：取B1D的中点F，得F(1，1，1)，连接EF.E为AB的中点，E(2，1，0)，(1，0，1). 又(0，2，0)，1(2，0，2)，0，0，EFDC，EFCB1.DCCB1C，EF平
7、面B1CD又EF平面EB1D，平面EB1D平面B1CD名师点津向量法求两异面直线所成角的步骤(1)选好基底或建立空间直角坐标系(2)求出两直线的方向向量v1，v2.(3)代入公式|cosv1，v2|求解|跟踪训练|1已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，ABDC，DAB90，PA底面ABCD，且PAADDCAB1.(1)证明：平面PAD平面PCD；(2)求AC与PB夹角的余弦值解：以A为坐标原点，建立空间直角坐标系(图略)，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(1，1，0)，D(1，0，0)，P(0，0，1)(1)证明：因为(0，0，1)，(0，1，0)，所以0，所以APDC由题设知ADD
8、C，且APADA，所以DC平面PAD又DC平面PCD，所以平面PAD平面PCD(2)因为(1，1，0)，(0，2，1)，所以cos，.故AC与PB夹角的余弦值为.【例2】(2020届贵阳摸底)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PAPD，DAB60.(1)证明：ADPB；(2)若PB，ABPA2，求直线PB与平面PDC所成角的正弦值解(1)证明：取AD的中点O，连接PO，BO，BD，底面ABCD是菱形，DAB60，ABD是等边三角形，BOAD又PAPD，即PAD是等腰三角形，POAD又POBOO，AD平面PBO.又PB平面PBO，ADPB(2)ABPA2，由(1)知PAD，ABD均
9、是边长为2的正三角形，PO，BO.又PB，PO2BO2PB2，即POBO.又由(1)知，BOAD，POAD，BO，PO，AD两两垂直以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图坐标的空间直角坐标系Oxyz，则D(1，0，0)，P(0，0，)，C(2，0)，B(0，0)，(0，)，(1，0，)，(1，0)设n(x，y，z)是平面PCD的法向量，则令y1，得x，z1，即n(，1，1)为平面PCD的一个法向量设直线PB与平面PDC所成的角为，则sin |cos，n|，直线PB与平面PDC所成角的正弦值为.名师点津利用平面的法向量求线面角的2个注意点(1)求出直线的方向向量与
10、平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角即为所求(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin2cos21求出其值不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求|跟踪训练|2(2019届湖北恩施二模)如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC2，ACCC12，其中P为棱CC1的中点，Q为棱CC1上且位于P点上方的动点(1)证明：BP平面A1B1C；(2)若平面A1B1C与平面ABQ所成的锐二面角的余弦值为，求直线BQ与平面A1B1C所成角的正弦值解：(1)证明：在侧面BCC1B1中，因为BC2，CC12，P为棱CC1的中点，B1BBC，C1CBC，所以tanB
11、B1C，tanPBC，所以BB1CPBC，又BB1CBCB190，所以PBCBCB190，所以PBB1C在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面A1B1C1，所以BB1A1B1.因为ABBC2，AC2，所以AB2BC2AC2，所以ABBC，又ABA1B1，BCB1C1，所以A1B1B1C1.因为BB1B1C1B1，所以A1B1平面BCC1B1，所以A1B1BP，又A1B1B1CB1，所以BP平面A1B1C(2)如图，以B为坐标原点，以BC，BA，BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则P(2，0，)，所以(2，0，)为平面A1B1C的一个法向量设Q(2，0，t)(t(，2)
12、，则(2，0，t)易知(0，2，0)，设平面ABQ的法向量为n(x，y，z)，则取n(t，0，2)，因为平面A1B1C与平面ABQ所成的锐二面角的余弦值为，所以，所以，解得t或t.又t(，2 ，所以t，所以，所以直线BQ与平面A1B1C所成角的正弦值为.【例3】(2019年全国卷)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点(1)证明：MN平面C1DE；(2)求二面角AMA1N的正弦值解(1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且MEB1C又因为N为A1D的中点，所以NDA1
13、D由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，MNED又MN平面C1DE，ED平面C1DE，所以MN平面C1DE.(2)由已知可得DEDA.以D为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，2)，N(1，0，2)，(0，0，4)，(1，2)，(1，0，2)，(0，0)设m(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则所以令x，则y1，z0，则m(，1，0)设n(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则所以令p2，则q0，r1，则n(2，0，1)于是cosm，n，所以二面角AM
14、A1N的正弦值为.名师点津利用法向量求二面角时的2个注意点(1)对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含着，不用单独求(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误|跟踪训练|3(2019年全国卷)图1是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；(2)求图2中的二面角BCGA的大小解：(1)证明：由已知得ADBF，CGBF，即CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，
15、D四点共面由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE.又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE.(2)作EHBC，垂足为H.因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC由已知，菱形BCGE的边长为2，EBC60，可求得BH1，EH.以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，则A(1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，)，(1，0，)，(2，1，0)设平面ACGD的法向量为n(x，y，z)，则即所以可取n(3，6，)又平面BCGE的法向量可取为m(0，1，0)，所以cosn，m.因此二面角BCGA的大小为30.【例】(201
16、9届江西红色七校第一次联考)如图，正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长是2，侧棱长是，D是AC的中点(1)求二面角A1BDA的大小；(2)在线段AA1上是否存在一点E，使得平面B1C1E平面A1BD？若存在，求出AE的长；若不存在，说明理由解(1)如图，作COAB于点O，所以COAB，CO平面ABB1A1，在正三棱柱ABCA1B1C1中，建立空间直角坐标系Oxyz.因为AB2，AA1，D是AC的中点，所以A(1，0，0)，B(1，0，0)，C(0，0，)，A1(1，0)，所以D，(2，0)设n(x，y，z)是平面A1BD的法向量，则即令x，则y2，z3，所以n(，2，3)是平面A1BD的一个法
17、向量由题意可知(0，0)是平面ABD的一个法向量，所以cosn，.由题意知二面角A1BDA为锐角，所以它的大小为.(2)C1(0，)，B1(1，0)，(1，0，)，设E(1，x0，0)，则(1，x0，)，设平面B1C1E的法向量为m(x1，y1，z1)，则即令z1，则x13，y1，所以m为平面B1C1E的一个法向量又mn0，即330，解得x0，所以存在点E，使得平面B1C1E平面A1BD，且AE.名师点津解决立体几何中探索性问题的3个步骤及1个注意点(1)3个步骤通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理；若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可
18、进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在(2)1个注意点探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用|跟踪训练|(2019届孝感统考)如图，四棱锥PABCD的底面为直角梯形，ADBC，AD2BC2，BCDC，BAD60，平面PAD底面ABCD，E为AD的中点，PAD为正三角形，M是棱PC上的一点(异于端点)(1)若M为PC的中点，求证：PA平面BME；(2)是否存在点M，使二面角MBED的大小为30？若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由解：(1)证明：如图，连接AC交BE于点F，连接CE，MF.由题意知BCAE且BCAE，故四边形ABCE为平行四边形，F为AC中点在PAC中，又M为PC的中点，MFPA.又MF平面BME，PA平面BME，PA平面BME.(2)连接PE，则由题意易知PE平面ABCD，故以点E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则E(0，0，0)，P(0，0，)，B(，0，0)，C(，1，0)设(01)，则M(，(1)，(，(1)，(，0，0)设平面BME的法向量为n1(x，y，z)，则即令y，可得n1.显然平面DBE的一个法向量为n2(0，0，1)又cos 30，则，即M.故存在点M，使二面角MBED的大小为30，且M为棱PC上靠近端点C的四等分点
